Huong dan giai 06

HƯỚNG DẪN GIẢI.Vấn đề 1... Gọi L là chân đường vuông góc hạ từ B đến AC... Vậy G cách đều các đỉnh của tứ diện là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.3... Gọi K là chân đường vuông góc kẻ từ

HƯỚNG DẪN GIẢI.

Vấn đề 1 CÁC ĐỊNH TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM, TỌA

ĐỘ VECTƠ

Bi 1

1 a) Ta có: aur=(2;3; 5− ) ,br =(0; 3;4 , − ) cr = − −( 1; 2;0)

Suy ra 3aur=(6;9; 15 , 2− ) br =(0; 6;8− ) ⇒ =xr (6;3; 7− )

Do đó: xr = 62+32+ −( 7)2 = 94

b) Ta có: 2b cr r− =(1; 4;8− ) , nên ury vuông góc với 2b cr r− khi và chỉ khi

2 0 1.(2 1) 4.( ) 8(3 2) 0

2

y b c− = ⇔ x− − − +x x+ = ⇔ = −x

ur r r

c)

Cách 1: Ta có: a b,  = − − − ⇒( 3; 8; 6) a b c,  = +3 16 19 0= ≠

Nên ba véc tơ a b cur r r, , không đồng phẳng.

Cách 2 Giả sử ba véc tơ a b cur r r, , đồng phẳng Khi đó tồn tại hai số thực x y, sao cho aur= x b y c.r+ r (1)

2

y

x

− =



⇔ − − =

 = −



hệ này vô

nghiệm.

Giả sử u ma nb pcur= ur+ r+ r (2)

với

m p

 − =

 − − = ⇔ = = − =



− + = −



Vậy uur=2a b cur r r− + .

2 a) Ta có aur=(2;3; 1), − br = −( 1;0;2), cr=(0;2; 3− )

b) Ta có: uur=2aur+3br−4cr=(1; 2;16− ) ⇒ uur =3 29.

c) Ta có: vr⊥ ⇔br vbr r = ⇔ −0 1(3x− +1) 2(3−x) 0= ⇔ =x 6.

d) Giả sử:

32 11 3

1

11

11

k

k p

l



=



= + + ⇔  + = ⇔  = −

− + − = 



.

Bi 2

1 Do ar =2 3, br =3,( , ) 30a br r = 0 nên ta có a br.r =9

a) Sử dụng công thức

Ta tính được a br+ r = 39, 5ar+2br =2 129, 3ar−2br =6

b) Sử dụng công thức ma nbr, r = m n a b .sin(r r ma nbr, r)

Với chú ý ( ,3 ) ( , ) 30 ,(5 , 2 ) 180a br r = a br r = 0 ar − br = 0−( , ) 150 a br r = 0

2 a) Ta có [ ]u,vr r = −( 2m; m− 2−m; m 5)− − nên ba véc tơ đã cho đồng phẳng khi và chỉ khi [ ]u,v w 0hayr r r = −2m.1 ( m+ − 2−m).( 1) ( m 5).2 0− + − − =

⇔m2−3m 10 0− = ⇔m= −2;m 5.=

Vậy giá trị cần tìm của m là m= −2;m 5.=

b) Ta có CA( 3; 4;m 1),CB(4 m;0;2 2m), CD(1 m;3 m;m 1).uuur − − − uuur − − uuur − + −

Suy ra CA,CBuuur uuur = (8(1 m); (m 1)(m 2); 4(m 4)).− − + −

Vậy bốn điểm A,B,C,D đồng phẳng khi và chỉ khi CA,CB CD 0,uuur uuur uuur = hay

2

2

8(1 m) (m 1)(m 2)(3 m) 4(m 1)(m 4) 0

(m 1) (m 18) 0 m 1; m 18

− + − + + + − − =

⇔ − + = ⇒ = = −

Vậy giá trị cần tìm của m là m 1; m= = −18

c) Ta có a.b

cos(a,b)

a b

=

r r r r

r

r nên

0

2 2 2 2 2 2

2m 2m (2m 1).( 1) cos60

2 m (2m 1) m 2 ( 1)

+ + − −

=

2 5m 4m 5 m 5

+

⇔ =

− + +

Với m 1,

2

≥ − nên bình phương hai vế và rút gọn ta được

4 3 2 2 2

5m −4m +14m −36m 21 0+ = ⇔(m 1) (5m− +6m 21) 0+ = ⇔m 1=

Giá trị cần tìm của m là m 1.=

Bi 3

1 Ta có BC(3;2;6)uuur ⇒BC 7= nên AK 2SABC 14.

Gọi A x; ;z1

3

 

 ÷

  thì AK 1 x;2;3 z uuuur( − − ) Do đó từ

AK BC 14 AK 9

⊥





 =

 suy ra

160

9

+ =

 − + − =  − + =





Từ đó ta có A 37 1 25; ;

15 3 5

− 

  (loại) hoặc

1 5

A 5; ;

3 3

 

 ÷

  (thỏa mãn).

2 Gọi L là chân đường vuông góc hạ từ B đến AC

Ta có CL tCAuuur= uuur nên 8 10

L 2 3t;3 t;5 t

 + − − 

BL 3 3t;2 t;6 t ,CA 3; ;

 + − −   − − 

nên

= ⇔ = ⇒  ÷

uuur uuur

3 3 3 5 4 7

I ; ; , H 3; ;

 ⇒ − − = − − 

Bi 4 A(2;4;1),B(0;4;4),C(0;0;1)

1 Gọi D(x;y;z) Từ DA=BC,DB CA,DC AB= = ta có hệ

2 2 2

2 2 2

x 2(1 y) (x 2) (y 4) (z 1) 25

12 4y

3

= −



 − + − + − = 

 + − + − = ⇔ =

Suy ra 166 144 52

D(2;0;4),D ; ;

61 61 61

  Chọn điểm D(2;0;4).

2 Tọa độ trọng tâm của tứ diện là 5

G 1;2;

2

 

 ÷

 

Tính được GA GB GC GD 29.

2

= = = =

Vậy G cách đều các đỉnh của tứ diện (là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện).

3 Ta có 5 5

M 1;4; , N 1;0; MN(0; 4;0)

    ⇒ −

 ÷  ÷

   

uuuur

Do đó MN.AB MN.CD 0.uuuur uuur uuuur uuur= = Hay MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AB và CD

4 Gọi A ,B ,C ,D′ ′ ′ ′ lần lượt là trọng tâm của các mặt đối diện

Ta có AA BB CC DD 2 29.

3

′= ′= ′= ′=

5 Ba góc ở mỗi đỉnh của tứ diện là ba góc của một tam giác, nên tổng các góc ở

mỗi đỉnh là 180 0

Bi 5

1 Ta có uuurBA =(1;2;3), uuurBC =(1; 2;3), − uuurBD=(4;2;4), CDuuur=(3;4;1)

Suy ra , 2 3 3 1 1 2; ; ( 14;8;10)

2 4 4 4 4 2

  = ÷÷= −

uuur uuur

Do đó BA BC BDuuur uuur uuur. ,  = 32 0≠ ⇒ A B C D, , , không đồng phẳng.

2 Ta có: 1 , 1 ( 14)2 82 102 3 10

BCD

uuur uuur

2

BCD

13 26

BCD

S BH

3 Ta có: 1 , 16

ABCD

uuur uuur uuur

.

15

3 10

ABCD BCD

V

4 Gọi E x y z( ; ; )

ABCE là hình bình hành

 =  =

⇔ = ⇔  + = ⇔  =

 =  =

uuur uuur

Vậy E(1;0;3).

5 Ta có: uuuurAC =(0; 4;0)− ⇒ uuuur uuurAC BD = −8

cos ,

AC BD

AC BD

AC BD

uuuur uuur uuuur uuur

.

6 Ta có M ∈Oy⇒ M(0; ;0)y Tam giác BMC cân tại M ⇔ MC2= MB2

2

⇔ − + + = + ⇔ =

Vậy  

 ÷

 

3

0; ;0

2

7 Ta có:  −   − 

' ;0; , ; ;

⇒ = − − ÷ =  − − ÷

uuuur 2 2 uuuur 1 3 1

Mà

−

−

− −

uuuur uuuur

thẳng hàng.

Bi 6

1 Gọi K là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống BC

Khi đó: K BC

 ∈

 ⊥



• K ∈BC nên BKuuuur=t BC.uuur, do đó

 + = +  = −

− = − ⇒ = − ∈

 − = − −  = −

¡

(2 1;2 ; 2 )

⇒ − − − .

• AK ⊥ BC ⇔ uuuur uuurAK BC. =0. Vì uuuurAK t(2 − − − − −3; 1 t; 1 2 )t nên

1 (2 3).2 ( 1 ).( 1) ( 1 2 ).( 2) 0

3

t− + − −t − + − − t − = ⇔ =t

Tọa độ điểm K cần tìm là 1 5; ; 2

3 3 3

2 Gọi H x y z( ; ; ) là trực tâm tam giác ABC Ta có

( 2; 3; 1), ( 1; 2; ), ( 3; 1; 1), ( 1; 2; 3), (2; 1; 2)

AH x− y− z− BH x+ y− z AB − − − AC − − − BC − −

Tích có hướng của hai véc tơ uuur uuuurAB AC, là

  =  ÷÷= −

  − − − − − − 

uuur uuuur

Vì H là trực tâm tam giác ABC nên

AH BC

 ⊥ ⇔  = ⇔  + + =

 ∈   =  − + = −

uuuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuuur

Giải hệ ta được 2 29; ; 1

15 15 3

3 Gọi I x y z( ; ; ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có

( 2; 3; 1), ( 1; 2; ), ( 1; 1; 2)

Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên

 =

 = ⇔  = ⇔  + + =

 ∈   =  − + = −

uuur uuuur uuur

Giải hệ ta được 14 61; ; 1

15 30 3

4 Trọng tâm G của tam giác ABC có tạo độ thỏa mãn

nên uuuurHG=2 ,GIuuur tức là ba điểm

, ,

Bi 7

Vì C∈(Oxy) nên C x y( ; ;0)

Ta có uuurAB( 3;0; 3),− − uuuurAC x( −5;y−3;1),uuurBC x( −2;y−3;4)

Tam giác ABC là tam giác đều nên AB = AC = BC, do đó



 = ⇔  − + − + =

  − + − + = − + − +

1; 2 1

y

x

 − =

⇔  = ⇔  = =

Vì C có tung độ nhỏ hơn 3 nên C(1;2;0)

a) Gọi D x y z( ; ; )

Khi đó uuuurAD x( −5;y−3;z+1),BD xuuur( −2;y−3;z+4),CD xuuur( −1;y−2; )z

Tam giác ABC là tam giác đều nên ABCD là tứ diện đều khi và chỉ khi

3 2

AD= BD=CD= AB = Ta có hệ phương trình

( 5) ( 3) ( 1) 18

 − + − + + = − + − + +

 − + − + + = − + − +



 − + − + + =



2 2 2 2

 − + − + − =  − + =

Giải phương trình 3x2−16x+20 0= ta được 2, 10

3

Vậy tọa độ các điểm D là D(2; 6; 1)− hoặc 10; 2; 7

b) Gọi S x y z( ; ; ). Ta có

( 5; 3; 1), ( 2; 3; 4), ( 1; 2; )

, ,

2

( 1)( 5) ( 2)( 3) ( 1) 0

CS AS

 =  − − + − + + + =

 = ⇔  − − + − − + + =

 =  − − + − − + + =



uuur uuur

uuur uuur

uuur uuur

 + + − − + = −  + − =



⇔  + + − − + = − ⇔ − − = −

+ + − − + = −  + + − − + = −



2

5 11

1

 = +



⇔  = −

 + + =



Giải phương trình 3z2+10z+ =8 0 ta được 2; 4

3

Suy ra hai điểm S thỏa mãn là (3;1; 2), 7 13; ; 4

Bi 8

a) Gọi A A A1, 2, 3 lần lượt là hình chiếu của A lên các trục Ox Oy Oz, , .

1, 2, 3

Ta có: A1(3;0;0 ,) A2(0; 2;0 ,− ) A3(0;0;4) và

1 3; 2;0 , 2 3;0;4 , 3 0; 2;4

b) Do M ∈Ox⇒ M m( ;0;0 , ) N ∈Oy⇒ N(0; ;0n )

Suy ra uuuurAM =(m−3;2; 4 , − ) uuuurAN = −( 3;n+ −2; 4)

Tam giác AMN vuông cân tại A nên ta có AM AN2. 02





=



uuuur uuuur

2

2

2( 2) 16

3 3( 3) 2( 2) 16 0

2( 2) 16

3

n m

n

 − = + +



− − + + + =

 + + 

− + + − = − + + + −



Ta có: (2)⇔ 4(n+2)2+64(n+2) 256 9(+ = n+2)2+45

2

32 3 231 22 3 231 2

5( 2) 64( 2) 211 0

32 3 231 22 3 231 2

189 6 231

5

189 6 231

5

m

m

=





⇒

 =



Vậy có hai bộ thỏa yêu cầu bài toán:

1 189 6 231 1 22 3 231

2 189 6 231;0;0 , 2 0;22 3 231;0

c) Vì E ∈(Oyz) nên E(0; ;x y)

Suy ra uuuurAE = −( 3;y+2;z−4 , ) uuurBE =(1;y−4;z+4)

⇒ uuuur uuur = + − + −

Nên từ giả thiết bài toán ta có:

2

2



uuuur uuur uuuur uuur

3

z

2

uuuur uuur

( )

2

⇔ ÷ + + + ÷ − = ⇔ = = −

• z= ⇒ =2 y 3 nên E(0;3;2)

z= − ⇒ = −y nên 0; 37; 34

25 25

 − − 

Bi 9

Ta có: OAuuur=(4;0;0), OBuuur =( ;x y0 0;0)⇒ OA OBuuur uuur = 4x0

Theo giả thiết bài toán ta có hệ phương trình sau:

0

2 4

x

 − + =





+



 + − =  =

− − =

 = + 



2

2

 =



⇔  ⇒

=



0

0

6

6;6;0 6

x

B y

a) Do C∈Oz⇒C(0;0; ), m m>0.

Ta có: OA =(4;0;0), OB =(6;6;0)⇒OA OB,  =(0;0;24)

và

(0;0; )

⇒ uuur uuur uuur = 1.24 8 2 (0;0;2)

6

OABC

b) Ta có 10;2;0

3

 , AM = xAC = −( 4 ;0;2 )x x

uuuur uuuur

2 (4 4 ;0;2 ) (4 4 ;0;2 ); 4 ;2;2

3

2 2

3